Aufgabe #30 < Wettbewerbe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 15:46 So 27.03.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo an alle!
Es seien $2n$ positive, reelle Zahlen [mm] $a_1,a_2,...,a_n,b_1,b_2,...,b_n$ [/mm] gegeben. Zeige, dass dann
[mm] $\sqrt[n]{\produkt_{k=1}^{n} (a_k+b_k)}\geq\sqrt[n]{\produkt_{k=1}^{n} a_k}+\sqrt[n]{\produkt_{k=1}^{n} b_k}$
[/mm]
gilt.
Liebe Grüße,
Hanno
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Hallo Wandfliese,
![[respekt]](/images/smileys/respekt.gif "[respekt]") für die Umformungen und den Lösungsansatz. Ich hab deine Umformungen überprüft und es gilt in der Tat:
[mm]\sqrt[n]{\produkt_{k=1}^{n} (a_k+b_k)}\geq\sqrt[n]{\produkt_{k=1}^{n} a_k}+\sqrt[n]{\produkt_{k=1}^{n} b_k} \ \ \gdw\ \ \produkt_{k=1}^{n} (1+\bruch{b_k}{a_k})\ge\summe_{i=0}^{n} \vektor{n \\ i}( \produkt_{k=1}^{n}\wurzel[n]{ \bruch{b_k}{a_k}})^{i}[/mm]
Den Fall, [mm] dass$\produkt_{k=1}^{n}\wurzel[n]{\bruch{b_k}{a_k}}=1$ [/mm] würde ich als weitestgehend trivial ansehen.
Allerdings ist in dem Fall:
[mm] $\produkt_{k=1}^{n}\wurzel[n]{ \bruch{b_k}{a_k}}<1$
[/mm]
Die Ungleichung für mich keinenfalls trivial! (Entweder du hast da nen Denkfehler oder ich hab grad ein Brett vorm Kopf ...)
Im übrigen kannst, nachdem du die Gleichheit gesondert betrachtet hast, deinen 'trivialen' Fall vorraussetzen. Denn es gilt immer:
[mm]\produkt_{k=1}^{n}\wurzel[n]{ \bruch{b_k}{a_k}}<1\,\,\,\,\vee\,\,\,\, \produkt_{k=1}^{n}\wurzel[n]{ \bruch{a_k}{b_k}}<1[/mm]
Und wegen Symmetriegründen in der Ausgangsgleichung können ja die Beiden Folgen [mm] a_k [/mm] und [mm] b_k [/mm] vertauscht werden. Also [mm]a_k \leftarrow b_k\ \ und\ \ b_k \leftarrow a_k[/mm], für alle k<n.
Den eleganten Weg kann dir vermutlich Hanno zeigen (Ich hab die Aufgabe noch nicht gelöst). Und meine Bemühungen mit HM<AM<GM<QM durch Abschätzungen zum Ziel zu führen sind bisher gescheitert. Denn immerhin lautet die aufgabe ja [mm]QM(c_n)\ge QM(a_n)+QM(b_n)[/mm] mit [mm] c_n:=a_n+b_n.
[/mm]
Gruß Samuel
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Ich hab mich nochmal mit der Aufgabe beschäftig und bin dann doch noch zu einer Lösung gekommen.
Meine bisherigen Umformungsschritte:
[mm] $\sqrt[n]{\produkt_{k=1}^{n} (a_k+b_k)}\geq\sqrt[n]{\produkt_{k=1}^{n} a_k}+\sqrt[n]{\produkt_{k=1}^{n} b_k}$ [/mm]
[mm] \produkt_{k=1}^{n} (a_k+b_k)\ge(\sqrt[n]{\produkt_{k=1}^{n} a_k}+\sqrt[n]{\produkt_{k=1}^{n} b_k})^{n}
[/mm]
[mm] \produkt_{k=1}^{n} (a_k+b_k)\ge \summe_{i=0}^{n} \vektor{n \\ i}(\sqrt[n]{\produkt_{k=1}^{n} a_k})^{n-i}(\sqrt[n]{\produkt_{k=1}^{n} b_k})^{i}
[/mm]
[mm] \produkt_{k=1}^{n} (a_k+b_k)\ge \summe_{i=0}^{n} \vektor{n \\ i}\produkt_{k=1}^{n} a_k( \bruch{\produkt_{k=1}^{n} b_k}{\produkt_{k=1}^{n} a_k})^{ \bruch{i}{n}}
[/mm]
[mm] \produkt_{k=1}^{n} (a_k+b_k)\ge \summe_{i=0}^{n} \vektor{n \\ i}\produkt_{k=1}^{n} a_k(\produkt_{k=1}^{n} \bruch{b_k}{a_k})^{ \bruch{i}{n}}
[/mm]
[mm] \produkt_{k=1}^{n} (a_k+b_k)\ge\produkt_{k=1}^{n} a_k \summe_{i=0}^{n} \vektor{n \\ i}( \wurzel[n]{\produkt_{k=1}^{n} \bruch{b_k}{a_k}})^{i}
[/mm]
[mm] \produkt_{k=1}^{n} (a_k+b_k)\ge\produkt_{k=1}^{n} a_k \summe_{i=0}^{n} \vektor{n \\ i}( \produkt_{k=1}^{n}\wurzel[n]{ \bruch{b_k}{a_k}})^{i}
[/mm]
[mm] \produkt_{k=1}^{n} (\bruch{a_k+b_k}{a_k})\ge\summe_{i=0}^{n} \vektor{n \\ i}( \produkt_{k=1}^{n}\wurzel[n]{ \bruch{b_k}{a_k}})^{i}
[/mm]
[mm] \produkt_{k=1}^{n} (1+\bruch{b_k}{a_k})\ge\summe_{i=0}^{n} \vektor{n \\ i}( \produkt_{k=1}^{n}\wurzel[n]{ \bruch{b_k}{a_k}})^{i}
[/mm]
Jetzt kommt der neue Teil:
[mm] \produkt_{k=1}^{n} (1+\bruch{b_k}{a_k})\ge\summe_{i=0}^{n} \vektor{n \\ i}( \produkt_{k=1}^{n}\wurzel[n]{ \bruch{b_k}{a_k}})^{i}*1^{n-i}
[/mm]
[mm] \produkt_{k=1}^{n} (1+\bruch{b_k}{a_k})\ge(1+\produkt_{k=1}^{n}\wurzel[n]{ \bruch{b_k}{a_k}})^{n}
[/mm]
[mm] \wurzel[n]{\produkt_{k=1}^{n} (1+\bruch{b_k}{a_k})}\ge1+\produkt_{k=1}^{n}\wurzel[n]{ \bruch{b_k}{a_k}}
[/mm]
[mm] \wurzel[n]{\produkt_{k=1}^{n} (1+\bruch{b_k}{a_k})}-\wurzel[n]{\produkt_{k=1}^{n} \bruch{b_k}{a_k}}\ge1
[/mm]
Da
[mm] \wurzel[n]{\produkt_{k=1}^{n} (1+\bruch{b_k}{a_k})}\ge\wurzel[n]{\produkt_{k=1}^{n} \bruch{b_k}{a_k}}+1 [/mm] gilt
[mm] \Rightarrow \wurzel[n]{\produkt_{k=1}^{n} (1+\bruch{b_k}{a_k})}=\wurzel[n]{\produkt_{k=1}^{n} \bruch{b_k}{a_k}}+1+x
[/mm]
wobei [mm] x\in\IR [/mm] und [mm] x\ge0
[/mm]
[mm] \Rightarrow\wurzel[n]{\produkt_{k=1}^{n} \bruch{b_k}{a_k}}+1+x-\wurzel[n]{\produkt_{k=1}^{n} \bruch{b_k}{a_k}}\ge1
[/mm]
[mm] \Rightarrow x\ge0
[/mm]
womit
[mm] $\sqrt[n]{\produkt_{k=1}^{n} (a_k+b_k)}\geq\sqrt[n]{\produkt_{k=1}^{n} a_k}+\sqrt[n]{\produkt_{k=1}^{n} b_k}$ [/mm]
unter den in der Aufgabe gegebenen Bedingung gilt 
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Hallo Wandfliese,
Ich fürchte dein Beweis ist so nicht richtig. Du drehst dich nur im Kreis, nach dem Prinzip. A sei zu zeigen. A [mm] \Rightarrow [/mm] B; B [mm] \Rightarrow [/mm] A, womit A beweisen wäre ...
> Da
> [mm]\wurzel[n]{\produkt_{k=1}^{n} (1+\bruch{b_k}{a_k})}\ge\wurzel[n]{\produkt_{k=1}^{n} \bruch{b_k}{a_k}}+1[/mm]
> gilt
soll gelten. Wenn du schon weist, dass diese Ungleichung gilt, wärst du schon mit der Aufgabe fertig, (da die Gleichung zur ursprünglichen äquivalent ist)
> [mm]\Rightarrow \wurzel[n]{\produkt_{k=1}^{n} (1+\bruch{b_k}{a_k})}=\wurzel[n]{\produkt_{k=1}^{n} \bruch{b_k}{a_k}}+1+x[/mm]
>
> wobei [mm]x\in\IR[/mm] und [mm]x\ge0[/mm]
> [mm]\Rightarrow\wurzel[n]{\produkt_{k=1}^{n} \bruch{b_k}{a_k}}+1+x-\wurzel[n]{\produkt_{k=1}^{n} \bruch{b_k}{a_k}}\ge1[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow x\ge0[/mm]
> womit
> [mm]\sqrt[n]{\produkt_{k=1}^{n} (a_k+b_k)}\geq\sqrt[n]{\produkt_{k=1}^{n} a_k}+\sqrt[n]{\produkt_{k=1}^{n} b_k}[/mm]
> unter den in der Aufgabe gegebenen Bedingung gilt
>
Du führst nur folgerungen aus einer Vermutung aus. Wenn die erste Ungleichung gelten würden, würde auch die letzte gelten. Aber du übergehst den eigentlichen Beweis. Denn du weist ja nicht, ob die erste Ungleichung gilt!
Gruß Samuel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:45 Sa 16.04.2005 | | Autor: | moudi |
Hallo Zusammen
Ich werde jetzt die Aufgabe auch einmal lösen. Dazu benutze ich folgendes "allgemein bekanntes" Thoerem, mit dem man viele Ungleichungen beweisen kann:
Sei f(x) eine auf einen Intervall I konvexe Funktion [mm] ($x\in I\Rightarrow f''(x)\geq0$). [/mm] Weiter seien [mm] $\lambda_i$ [/mm] positive Zahlen mit [mm] $\sum_i \lambda_i=1$ [/mm] und seien [mm] $x_i$ [/mm] Zahlen aus dem Intervall I.
Dann gilt [mm] $f(\sum_i \lambda_i x_i)\leq \sum_i \lambda_i f(x_i)$.
[/mm]
(Zusatz ist [mm] $f''(x)\leq [/mm] 0$ auf dem Intervall I, gilt natürlich [mm] $f(\sum_i \lambda_i x_i)\geq \sum_i \lambda_i f(x_i)$.)
[/mm]
(Zur Begründung dieses Theorems: Sei [mm] $P_i(x_i,f(x_i))$, [/mm] so kann man [mm] $\sum_i \lambda_i P_i$ [/mm] als gewichteten Schwepunkt der Punkte [mm] $P_i$ [/mm] interpretieren. Betrachtet man die Tangente an die Funktion in [mm] $\bar x=\sum_i \lambda_i x_i$ [/mm] (= x-Koordinate des Schwerpunkts), so liegen die Punkte [mm] P_i [/mm] alle oberhalb der Tangente, da f konvex ist. Dann liegt auch der gewichtete Schwerpunkt oberhalb der Tangente, was gerade der Inhalt des Theorems ist.)
Nun zum Beweis: Wir betrachten die Funktion
[mm] $f(t)=\left(\prod_i (1-t)a_i+t b_i\right)^{1/n}$
[/mm]
Ich zeige, dass [mm] $f''(t)\leq0$ [/mm] ist für [mm] $0\leq t\leq [/mm] 1$. Dann folgt mit [mm] $t_1=0, t_2=1$ [/mm] und [mm] $\lambda_1=\lambda_2=\frac [/mm] 12$ dass
[mm] $f(\lambda_1 t_1+\lambda_2 t_2)=f(1/2)\geq\frac12 f(0)+\frac12 [/mm] f(1)$ oder
[mm] $\left(\prod_i \frac12(a_i+b_i)\right)^{1/n}\geq\frac12\left(\prod_i a_i\right)^{1/n}+\frac12\left(\prod_i b_i\right)^{1/n}$
[/mm]
was äquivalent zur zu beweisenden Ungleichung ist.
Für n=1 ist die Ungleichung trivialer Weise richtig. Ich nehme daher [mm] $n\geq2$ [/mm] an.
Es bleibt [mm] $f''(t)\leq [/mm] 0$ zu zeigen.
Ableiten ergibt:
[mm]f'(t)=\frac 1n \left(\prod_i (1-t)a_i+t b_i\right)^{1/n-1}\cdot \sum_i(b_i-a_i)\prod_{j,\,j\neq i}(1-t)a_j+t b_j
[/mm]
Nochmals ableiten:
[mm] $f''(t)=\frac 1n(\frac 1n-1)\left(\prod_i (1-t)a_i+t b_i\right)^{1/n-2}\cdot\left(\sum_i(b_i-a_i)\prod_{j,\,j\neq i}(1-t)a_j+t b_j\right)^2$
[/mm]
[mm] $+\frac [/mm] 1n [mm] \left(\prod_i (1-t)a_i+t b_i\right)^{1/n-1}\sum_i(b_i-a_i)\sum_{j,\,j\neq i}(b_j-a_j)\prod_{k,\,k\neq i,j}(1-t)a_k+t b_k [/mm] \ [mm] (\mbox{an dieser Stelle brauche ich n>1})$
[/mm]
Jetzt umformen:
[mm] $f''(t)=\frac 1n(\frac [/mm] 1n [mm] -1)\left(\prod_i (1-t)a_i+t b_i\right)^{1/n}\cdot \left(\sum_i\frac{b_i-a_i}{(1-t)a_i+t b_i}\right)^2$
[/mm]
[mm] $+\frac 1n\left(\prod_i (1-t)a_i+t b_i\right)^{1/n}\cdot \sum_i\frac{b_i-a_i}{(1-t)a_i+t b_i}\cdot \sum_{j,\,j\neq i}\frac{b_j-a_j}{(1-t)a_j+tb_j}$
[/mm]
[mm] $f''(t)=\frac 1n\left(\prod_i (1-t)a_i+t b_i\right)^{1/n} \left((\frac1n-1)\left(\sum_i\frac{b_i-a_i}{(1-t)a_i+t b_i}\right)^2+ \sum_i\frac{b_i-a_i}{(1-t)a_i+t b_i}\cdot \sum_{j,\,j\neq i}\frac{b_j-a_j}{(1-t)a_j+tb_j}\right)$
[/mm]
[mm] f''(t)=\frac 1n\left(\prod_i (1-t)a_i+t b_i\right)^{1/n} \left(\frac1n\left(\sum_i\frac{b_i-a_i}{(1-t)a_i+t b_i}\right)^2
+\sum_i\frac{b_i-a_i}{(1-t)a_i+t b_i}\cdot \sum_{j,\,j\neq i}\frac{b_j-a_j}{(1-t)a_j+tb_j}-
\left(\sum_i\frac{b_i-a_i}{(1-t)a_i+t b_i}\right)^2\right) [/mm]
[mm] $f''(t)=\frac 1n\left(\prod_i (1-t)a_i+t b_i\right)^{1/n} \left(\frac1n\left(\sum_i\frac{b_i-a_i}{(1-t)a_i+t b_i}\right)^2 -\sum_i\left(\frac{b_i-a_i}{(1-t)a_i+t b_i}\right)^2\right) [/mm] $
[mm] $f''(t)=\underbrace{\left(\prod_i (1-t)a_i+t b_i\right)^{1/n}}_{\mbox{positiv}} \underbrace{\left(\frac1n\left(\sum_i\frac{b_i-a_i}{(1-t)a_i+t b_i}\right)^2 -\sum_i\left(\frac{b_i-a_i}{(1-t)a_i+t b_i}\right)^2\right)}_{(\ddagger)}$
[/mm]
Es bleibt zu zeigen, dass [mm] $(\ddagger)$ [/mm] nicht positiv ist.
Dazu definiere ich [mm] $x_i=\frac{b_i-a_i}{(1-t)a_i+tb_i}$ [/mm] und [mm] $\lambda_i=\frac [/mm] 1n$ und [mm] $g(x)=x^2$.
[/mm]
Die Funktion g ist dann überall konvex und es gilt daher
[mm] $g(\sum_i\lambda_i x_i)\leq \sum_i\lambda_i g(x_i)$ [/mm] oder
[mm] $\left(\frac1n\sum_i x_i\right)^2\leq\sum_i\frac1n x_i^2$, [/mm] was nach Multiplikation mit n gleichbedeutend ist, dass [mm] $(\ddagger)$ [/mm] nicht positiv ist.
Man sieht, ich verwende das erwähnte Theorem gleich zweimal.
mfG Moudi
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